R 2 = 26,15 tg 124,65/2 = 49,86 m. D T 4 = C D t 2 = 82,498 26,15 = 56,348 m T T 2 3 = B C t 1 t 2 = 93,241 28,923 26,15 = 38,168 m

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1 ESERCIZI SVOLTI Svolgimento dell esercizio Sessione unica 975 Parte planimetrica Calcoliamo in primo luogo la lunghezza dei rettifili: A B = 00 (,70,00) sen 85 = 69,509 m B C = 00 (,45,56) sen 86 7 = 9,4 m C D = 00 (,906,080) sen 9 0 = 8,498 m Consideriamo ora la prima curva il cui raggio è 6,50 m: ABˆC = = = 0 0 = 0, = 80 0, = 49,6666 t = 6,50 tg 49,6666/ = 8,9 m S = T ˆT = 6,50 49,6666 = 80 = 54,78 m (sviluppo a curva) A T = A B t = 69,509 8,9 = 40,586 m Per la seconda curva si ha: BĈD = = 5 = 60 5 = 4 9 = 4,65 = 80 4,65 = 55,5 C T = C T 4 = t = 6,5 (elemento dato) R = 6,5 tg 4,65/ = 49,86 m S = T ˆT 4 = 49,86 55,5 = 80 = 48,66 m (sviluppo a curva) D T 4 = C D t = 8,498 6,5 = 56,48 m T T = B C t t = 9,4 8,9 6,5 = 8,68 m L = A T + S + T T + S + T 4 D = = 40, ,78 + 8, , ,48 = = 7,446 m Parte altimetrica Calcolo dei dislivelli: BA = A B cotg + h B l A = = 69,509 cotg 85 +,50, = 4,985 m Q A = Q B + BA = 0,80 + 4,985 = 5,785 m BC = B C cotg + h B l C = = 9,4 cotg ,5,984 = 5,0 m Q C = Q B + BC = 0,80 + 5,0 = 6,0 m CD = D C cotg + h C l D = = 8,498 cotg 9 0 +,5,49 =,888 m Q C = Q C + CD = 6,0,888 =, m C T T 4 A T R T P R D 0 B A T T P T T 4 D Figura Rappresentazione grafica relativa all esercizio. Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

2 LA SECONDA PROVA SCRITTA Le pendenze dei rettifili sono: Q p AB = B Q 0,80 5,785 AB A = = 7,77% 69,509 Q p BC = C Q 6,0 0,80 BC B = = 5,6849% 9,4 Q p CD = D Q, 6,0 CD C = =,50069% 8,498 Le quote dei quattro punti di tangenza sono: Q T = Q A p AB A T = = 5,785 0, ,586 =,874 m Q T = Q B + p BC t = = 0,80 + 0, ,9 =,444 m Q T = Q T T T p BC = =, , ,68 = 4,6 m Q T4 = Q C p CD t = = 6,0 0, ,5 = 5,84 m Sapendo che la strada scende con pendenza p del % da A verso D, e che la quota di progetto in A coincide con quella del terreno, si hanno le seguenti quote di progetto: Q P A = 5,785 m Q P T = Q A p A T = 5,785 0,0 40,586 = 4,97 m Q P T = Q P T p S = 4,97 0,0 54,78 =,889 m Q P T = Q P T p T T =,889 0,0 8,68 =,6 m Q P T4 = Q P T p S =,6 0,0 48,66 =,6 m Q P D = Q A L 0,0 = 5,785 7,446 0,0 =,06 m Le quote rosse, indicate con q, risultano: q C = 0 q T = 4,97,874 =,099 m q T =,889,444 =,445 m q T =,6 4,6 =,487 m q T4 =,6 5,84 =,0 m q D =,06, =,76 m Considerando i segni delle quote rosse, si rileva un unico punto di passaggio P tra i punti T e T. Essendo T T = 8,68 m, si ha:,487 T P = 8,68 = 9,57 m,487 +,445,445 T P = 8,68 = 8,806 m,487 +,445 Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

3 Svolgimento dell esercizio Sessione unica 977 Parte planimetrica Calcoliamo le lunghezze dei lati: D A = 00 (,40 0,66) sen 87 0 = 77, m D B = 00 (,8,74) sen 90 = 00,60 m D C = 00 (,560 0,70) sen 95 0 = 85,04 m Consideriamo il triangolo ABD: ADˆB = = 9,9666 A B = A D + B D A D B D c o s A Dˆ B A B = 77, + 00,6 0 77, 0 0, 60 c os 9, = = 64,69 m = BÂD = arcsen 00,60 sen 9,9666 = 89,884 64,69 ABˆD = arcsen 77, sen 9,9666 = 50,49 64,69 Consideriamo il triangolo BCD: BDˆC = (DC) (DB) = = 4,6 B C = B D + C D B D C D c o s B Dˆ C A B C = 0 0, , ,6 8 5, 0 4 co s 4, 6 = = 68,985 m CBˆD = arcsen sen 4,60 = 56,697 = ABˆC = 50, ,697 = 06,7687 Possiamo ora determinare la posizione della dividente MN parallela ad AB, scrivendo la nota equazione di secondo grado: X (cotg + cotg ) A B X + 00 = 0 X (cotg 89,884 + cotg 06,7687) 64,69 X + 00 = 0 X 0,99 9,8 X = 0 Questa equazione di secondo grado, fornisce due radici: una negativa, ovviamente da scartare, e una positiva, perciò accettabile, pari a 9,6 m. Quindi sarà: X = 9,6 m 85,04 68,985 da cui la posizione dei punti M, N, attraverso le distanze degli stessi da A e da B: X 9,6 A M = = = 9,6 m sen sen 89,884 X 9,6 B N = = = 0, m sen sen 06,7687 M x B Parte altimetrica Calcolo dei dislivelli e delle quote: T N =V DA = D A cotg A + h D l A = = 77, cotg ,56,0 = 4,44 m R T Q A = Q D + DA = 0,45 + 4,44 = 4,594 m DB = D B cotg B + h D l B = D = 00,60 cotg 90 +,56,777 = 0,7 m C Q B = 0,45 0,7 = 0, m Figura Rappresentazione grafica relativa all esercizio. DC = D C cotg C + h D l C = = 85,04 cotg ,56, = 7,66 m Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

4 4 LA SECONDA PROVA SCRITTA Q C = 0,45 7,66 =,84 m Q p AD = D Q 0,45 4,594 A D A = = 0, , Q M = Q A + p AD A M = = 4,594 0,0565 9,6 =,56 m Q p BC = C Q,8 0, B C B = = 0,09 68,9849 Q N = Q B + p BC B N = = 0, 0,09 0, = 8,78 m Sapendo dal problema che T C = 0 m, la tangente della curva sarà: t = N T = N T = B C B N 0,00 = = 68,685 0, 0,00 = 8,874 m Vˆ = ABˆC = 06,7687 = 80 06,7687 = 7, R = t tg Vˆ/ = 8,874 tg 06,7687/ = 5,99 m S = 5,99 7, =,46 m (sviluppo) 80 M N = A B A M cos + B N cos (80 ) = = 64,69 9,6 cos 89, , cos 7, = = 70,8 m MT = 70,8 8,874 = 5,509 m La lunghezza MT T C della strada, sarà allora: L = 5,509 +,46 + 0,00 =,969 m e la pendenza della strada sarà: Q p = C M,84,56 L M = =,969 = 0,0905 = 9,05% Per calcolare l area compresa tra le due tangenti, si calcola dapprima l area del quadrilatero T NT O: A = R t = R t = 5,99 8,874 = 479,8 m quindi si calcola l area del settore circolare T T O: T A = ˆT R S R,46 5,99 = = = 4,6 m L area compresa tra le due tangenti sarà: A = A A = 479,8 4,6 = 67, m Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

5 5 Svolgimento dell esercizio 4 Sessione unica 984 Calcolo delle distanze topografiche: = 9,48 sen 99 c,4 = 9,465 m = 9,09 sen 0 c,094 = 90,994 m 4 = 06, sen 0 c,605 = 06,067 m 4 5 = 59,880 sen 99 c,8 = 59,865 m A 5 = 44,8 sen 99 c,040 = 44,0 m A B = 40,077 sen 0 c,84 = 40,00 m Calcolo degli angoli al vertice: = 74 c, c,84 = c,068 = 5 c, c,0868 = 94 c,585 4 = 400 c 0 c, c,6844 = 84 c,600 5 = 50 c,40 9 c,08 = 57 c,78 A = 98 c,86 60 c,88 = 8 c,058 Calcolo degli azimut: () = 00 c () = 00 c + c, c = c,068 (4) = c, c, c = 07 c,40 (45) = 07 c, c, c = 9 c,005 (5A) = 9 c, c,78 00 c = 49 c,807 (AB) = 49 c, c, c = 87 c,895 Calcolo delle coordinate dei vertici Ascisse: X = 0 X = + 9,465 m X = 9, ,994 sen c,068 = + 58,78 m X 4 = 58, ,067 sen 07 c,40 = + 5,709 m X 5 = 5, ,865 sen 9 c,005 = 4,90 m X A = 4, ,0 sen 49 c,807 = + 97,78 m X B = 97, ,00 sen 87 c,895 = + 4,85 m Ordinate: Y = 0 Y = 0 Y = 90,994 cos c,068 = + 86,988 m Y 4 = 86, ,067 cos 07 c,40 = + 0,95 m Y 5 = 0, ,865 cos 9 c,005 = + 90,967 m Y A = 90, ,0 cos 49 c,807 = + 89,6 m Y B = 89,6 + 40,00 cos 87 c,895 = + 5,900 m Calcolo dei dislivelli: =,6 + 9,465 cotg 99 c,4,80 = +,60 m =,6 + 90,994 cotg 0 c,094,75 =,769 m 4 =, ,067 cotg 0 c,605,75 = 5,87 m 45 =, ,865 cotg 99 c,8,70 = +,065 m A5 =,6 + 44,0 cotg 99 c,040,70 = +,09 m AB =,6 + 40,00 cotg 0 c,84,64 = 4,09 m Y 4 5 A C D E F B 00 c X Figura Rappresentazione grafica relativa all esercizio 4. Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

6 6 LA SECONDA PROVA SCRITTA Calcolo delle quote dei vertici del terreno: Q = 5,87 m Q = 5,87,60 = 48,677 m Q = 48,677,769 = 44,908 m Q 4 = 44, ,87 = 50,95 m Q 5 = 50,95 +,065 = 5,60 m Q A = 5,60,09 = 50,68 m Q B = 50,68 4,09 = 46,9 m Calcolo dell area della concessione (---4-5) Tale area si ottiene applicando la formula di Gauss numerando i vertici in senso orario: S = i (Y i + Y i+ ) (X i+ X i ) = 68 49,86 m Parte aerofotogrammetrica Dalla tabella di corrispondenza tra la scala della carta e quella del fotogramma, si deduce che per realizzare una carta in scala :000 la scala più conveniente per i fotogrammi sarà di :4000. Anche con riferimento alla figura, si ha: 0, L 0,5 = = H 4000 dalla quale si ricava l altezza di volo: 0,5 H = H = ,5 = 608 m 4000 Dalla stessa relazione si ricava la lunghezza di terreno ricoperta da un fotogramma: 0, L 0,5 0, 608 = L = = 90 m 608 0,5 Con un overlap del 70%, si ha che la lunghezza comune a due fotogrammi consecutivi risulta essere: D s = 0,7 90 = 644 m Calcolo pendenza del canale Quota di progetto in A: H A = 50,68,50 = 47,768 m Quota di progetto in B: H B = 46,9,0 = 44,99 m H p AB = B H 44,99 47,768 A B A = = 40,00 = 0,0004 =,004% Calcolo del volume tra le sezioni del canale in A e in B Sezione del canale in A: essendo la lunghezza dei segmenti AC e AD, sulla carta in scala :000, di cm, le 0, m 0,5 m L H L D S L Figura Schema geometrico relativo alla parte aerofotogrammetrica dell esercizio 4. Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

7 7 D p A p C,50 : : y y F d 0,5 0,5 d p B p E : y,0 y : d 0,5 0,5 d Figura Schema relativo al calcolo del volume tra le sezioni del canale in A e B. distanze AC e AD saranno di 0 m. Con riferimento alla figura si ha: 5 50,68 p = = 0, ,70 50,68 p = 0,00 0 y =,50 + 0,50 0,07 =,57 m y =,50 m,57 d = =,77 m 0,07,77,57,57 +,50 S A = + 0,50 +,50 +,50,50 + 0,50 + = 9,06 m Sezione del canale in B: 48 46,9 p = = 0, ,50 46,9 p = = 0,6 0 y =,0 + 0,50 0,76 =,88 m y =,0 + 0,50 0,6 =,6 m,88 d = =,685 m 0,76,6 d = =,560 m 0,6,685 +,88,88 +,0 S B = + 0,50 +,0 +,6,56 +,6 + 0,50 + =,57 m Il volume del canale tra A e B risulterà: 9,06 +,57 V = 40,00 = 887,45 m di sterro Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

8 8 LA SECONDA PROVA SCRITTA Svolgimento dell esercizio Sessione unica 00 Come si osserva dalla planimetria allegata al tema assegnato, i punti A e B da collegare con un tratto di strada si trovano su un pendio rappresentato a curve di livello con equidistanza e = m. Essi sono posizionati rispettivamente tra le isoipse di quota 84 e 86, e quelle di quota 88 e 90. Essendo i punti A e B equidistanti da queste isoipse, possiamo senz altro porre Q A = 85 m e Q B = 89 m, per un dislivello complessivo AB = 4 m. I punti A e B sono separati da un piccolo corso d acqua di cui, tuttavia, non vengono fornite le dimensioni. Il modesto valore del dislivello tra i punti da collegare, l andamento regolare delle isoipse (che indicano un terreno privo di asperità) e il valore elevato assegnato alla pendenza massima, rendono inutile l esecuzione preliminare del tracciolino, potendo individuare il percorso con valutazioni dirette sulla planimetria. Si può subito verificare che il collegamento diretto tra i punti A e B, potrebbe risolvere il problema rispettando tutti i parametri assegnati, pertanto sarebbe legittimo. In questo caso la strada sarebbe costituita da un unico rettifilo AB con lunghezza complessiva di circa 60 m, minore di qualunque altra soluzione. Tuttavia in questo modo, partendo da A, si dovrebbe prima scendere da quota 85 fino a quota 80 in corrispondenza del corso d acqua, e successivamente risalire fino alla quota 89 del punto B, sfruttando tutta la pendenza massima assegnata del 5%. Ne conseguirebbe un percorso breve, ma decisamente irregolare dal punto di vista altimetrico. Molto più equilibrata è la soluzione che assuma come riferimento per la definizione del percorso l andamento delle due isoipse di quota 86 e 88 che si sviluppano in modo pressoché parallelo. Si vengono allora a determinare due rettifili: il primo, alla sinistra del corso d acqua, che grossomodo segue l andamento dell isoipsa di quota 86, e il secondo, alla destra del corso d acqua, che si collega direttamente al punto B. Si ottiene allora un percorso leggermente più lungo (circa 90 m) di quello ottenuto con la precedente ipotesi, ma sicuramente più equilibrato perché più aderente all andamento del terreno, dunque più conveniente. Pertanto nel progetto proposto in questo ambito viene adottata come soluzione al problema questa seconda ipotesi. Naturalmente i due rettifili andranno raccordati con una curva circolare per la quale appare adeguata la scelta di un raggio di 80 m (maggiore del raggio minimo di 60 m). Misurando poi sulla carta, con il rapportatore, l angolo al vertice tra i rettifili, possono essere determinati tutti gli elementi della curva. Le figure,,, 4, 5 illustrano una tra le possibili soluzioni del progetto proposto dal tema assegnato Tombino ø R = 80,00 m = 64 c,59 t = 44,6 m 7 B (89) (85) A Scala : m Figura La planimetria. Ipotesi di percorso della nuova strada; i 7 picchetti d asse stabiliti appaiono sufficienti per rappresentare l asse stradale. Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

9 9 N LIVELLETTA PENDENZA E DISLIVELLO <> =,9 p =,09% <> =,8 p = % 6 m 90,0 Distanze :000 Quote : , 0,8 0,9 0, Quota paragone 80 m m Tombino circolare in cemento ø0 cm PICCHETTI DEL TERRENO DI PROGETTO DISTANZE PROGRESSIVE DISTANZE PARZIALI DISTANZE ETTOMETRICHE RETTIFILI E CURVE 0,00 85,00 85,00 6, 86,00 85,69 6,0 86,70 86,,8 86,76 58,07 40,4 40,4 L =,8 R = 80,00 S = 80,68 L = 89,64 85,85 6,6 86,90 87,0 0,96 89,0 88,0 46,78 44,8 44,8 9,60 89,00 89,00 Figura Il profilo longitudinale. Si nota come il tracciato scelto dia luogo a un andamento altimetrico della strada molto regolare e costituito da due livellette con vertice comune sul picchetto 5. SEZIONE PROGRESSIVA 0 STERRO: 0,45 m RIPORTO: 0,6 m m 0, 0,00 0,8 PARZ. 0,6,00,00 0, TERR. DIST. 84,59 84,97 85,00 0,00 85,00 84,97 85,0 Figura a Le sezioni trasversali (sezione ). Le dimensioni ridotte dei rilevati e delle trincee non richiedono l impiego di opere di sostegno. Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

10 0 LA SECONDA PROVA SCRITTA Figura b Le sezioni trasversali (sezioni,, 4). Le dimensioni ridotte dei rilevati e delle trincee non richiedono l impiego di opere di sostegno. SEZIONE PROGRESSIVA: 6, m STERRO:,4 m RIPORTO: 0, m m 0,8 0, 0,7 PARZ. TERR. DIST. 6,00 85,0 0,6 85,44 85,66, 0,00 86,00 85,69 4,89 85,66 0,8 86,5 +6,00 86,8 SEZIONE PROGRESSIVA:,8 m STERRO:,74 m RIPORTO: 0 m m PARZ. TERR. DIST. 86,9 86,8 86, 86,8 87,9 SEZIONE 4 PROGRESSIVA: 6,4 m STERRO: 0 m RIPORTO: 6,77 m m,06 0,9 0,76 0,09 0,8 6,00 86,0 0,77 0,07 6,00 0,87 86,69 0,00 +6,00 87,46 Tombino circolare ø 0 PARZ. TERR. DIST. 85,58 6,00 85,6,7 6,00,06 86,7 86,76 85,84 0,00 86,7 86,05 +6,0086,5 Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

11 SEZIONE 5 PROGRESSIVA : 0,56 m STERRO: 0 m RIPORTO:,6 m m Figura c Le sezioni trasversali (sezioni 5, 6, 7). Le dimensioni ridotte dei rilevati e delle trincee non richiedono l impiego di opere di sostegno. 0,59 0,9 0,0 PARZ. TERR. DIST. 86,0 6,00 86,49,05 87,6 6,00 0,00 86,90 87,0 87,7 +6,0087,45 SEZIONE 6 PROGRESSIVA: 46,58 m STERRO: 8,87 m RIPORTO: 0 m m 0,98,,47 PARZ. TERR. DIST. 88,85 6,00 0,9 6,00,6 89,00 88,06 88,0 89,0 0,00 88,06 89,70 +6,00 89,8 SEZIONE 7 PROGRESSIVA: 9,40 m STERRO: 0,4 m RIPORTO: 0,45 m m 0,6 0,00 0,5 PARZ. TERR. DIST. 88,47 6,00 0,45,00,00 0,7 88,69 88,97 89,00 89,00 0,00 88,97 89,7 +6,00 89,50 Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

12 LA SECONDA PROVA SCRITTA Figura 4 La zona di occupazione. PROGRESSIVE 0,00 6,0,8 6,4 0,76 46,58 9, PICCHETTI SCALA TRASVERSALE :00 SCALA LONGITUDINALE : m m STERRI SCALA DISTANZE : 000 SCALA VOLUMI cm = 50 m SCALA AREE cm = m RIPORTI Diagramma delle aree depurato Diagramma di Bruckner Figura 5 Il diagramma delle aree depurato dai paleggi e il diagramma di Brückner m Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

13 Svolgimento dell esercizio 7 Sessione unica 007 Calcolo delle coordinate dei vertici ABCDEFG È necessario iniziare risolvendo il triangolo BCD, per poi continuare con il quadrilatero ABDE: BD = 58,9 6 6, ,96 456, cos8 5,5 = 5,788 m 5,788 = CBˆD = arccos + 58,96 456, 5,788 58,96 = = 66,9 gon Nel quadrilatero ABDE sono noti tre lati e i due angoli adiacenti al lato incognito AE, dunque è necessario proiettare B e D su AE e risolvere il triangoli retti BAB, DED, e successivamente il triangolo BB D (B proiezione di D su BB ). Da esso si ottiene la lunghezza del lato AE: BB = 57, sen 9,58 = 5,494 m AB = 57, cos 9,58 = 6,4 m DD = 495,98 sen 58,5 = 9,97 m ED = 495,98 cos 58,5 = 0,65 m BB = 5,494 9,97 = 0,54 m = DBˆB = arccos (0,54 / 5,788) = 8,585 gon B D = DB = 5,788 sen 8,585 = 494,864 m AE = 494, ,4 + 0,65 = 859,99 m = ABˆB = arcsen (6,4 / 57,) = 7,674 gon = ABC = 58,79 gon Possiamo ora risolvere i triangoli FGE e GEA: GE = 597,4, ,4 40,5 8 cos 5,5 = 878,445 m = CBˆD = arcos = = 9,86 gon = GÂE = arcos = = 7,954 gon = GÊA = arcos = = 55,06 gon = AĜE = 7,0 gon 878, ,58 597,4 878,445 40,58 859, ,49 878, ,99 78,49 859, ,445 78,49 859,99 878,445 Con semplici operazioni sugli angoli si calcolano gli azimut dei lati: (AB) = 00 9,58 = 07,674 gon (AG) = ,954 = 7,954 gon (BC) = 07,674 58,79 = 49,495 gon (ED) = 58,5 gon (EF) = 400 (9, ,06) = 05,68 gon Le coordinate dei vertici si ricavano con le note formule di trasformazione di coordinate polari in coordinate cartesiane (in questo caso particolare sono anche possibili ovvie considerazioni geometriche): X A = 0 m Y A = 859,99 m X B = 57, sen 07,674 = 5,494 m Y B = 859, , cos 07,674 = 796,56 m X G = 78,49 sen 7,954 = 668,98 m Y G = 859, ,49 cos 7,954 = 570,5 m X C = 5, ,96 sen 49,495 = 778,9 m Y C = 796, ,96 cos 49,495 = 545,09 m X D = 459,98 sen 58,5 = 9,97 m Y D = 495,98 cos 58,5 = 0,65 m X F = 40,58 sen 05,68 = 400,96 m Y F = 40,58 cos 05,68 = 5,875 m Frazionamento della particella ABCDEA Calcoliamo anzitutto l area della figura originaria con la formula di Gauss (disponendo già delle coordinate dei vertici, e che alcune di queste sono anche nulle), e quelle delle figure derivate (S viene ricavato per risulta): S = [5,494 (859,99 545,09) + 778,9 (796,56 0,65) + 9,97 (545,09 0)] = = 88,6 m 8 8,6 S = = 6 706,4 m 6 8 8,6 S = = 74,9 m 6 Dal problema del trapezio si ottiene la posizione e la lunghezza delle due dividenti: Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

14 4 LA SECONDA PROVA SCRITTA Y (60,454) A R B N N B B (590,8) G h S C h S S Q D D M P F (605,7) E M (69,7) X Figura Schema planimetrico del problema. h (cotg 9,58 + cotg 58,5) 859,99 h ,4 = 0 da cui: h = 77,6 m 77,6 EM = = 97,7 m sen 58,5 77,6 AN = = 77,75 m sen 9,58 NM = 859,99 77,6 (cotg 9,58 + cotg 58,5) = = 79,5 m h (cotg 9,58 + cotg 58,5) 859,99 h + 9 9, = 0 da cui: h = 56,6 m EM = AN = 56,6 sen 58,5 56,6 sen 9,58 =,9 m = 58,0 m N M = 859,99 56,6 (cotg 9,58 + cotg 58,5) = 6,7 m Spianamento della particella AEFGA Il calcolo richiede la scelta di un piano di riferimento a una quota inferiore o uguale a quella minima; nel nostro caso può essere scelta la quota di 590 m (quella minima è di 590,8 m): S EFG = 40,58 878,445 sen 9,86 = = 0 0,66 m S AEG = 859,99 878,445 sen 55,06 = = 87 44,44 m 0,8 + 9,7 + 5,7 V 590 = 0 0,66 + 0,8 + 9,7 +, ,44 = ,9 m ,9 h = = 4,04 m 0 0, ,44 Q PROG = ,04 = 604,04 m Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

15 Le quote rosse dei quattro vertici della particella saranno: q A = 604,04 60,454 = +,588 m q E = 604,04 69,7 = 5,85 m q F = 604,04 605,7 =,85 m q G = 604,04 590,8 = +,74 m I punti di passaggio P, Q, R, rispettivamente sui lati FG, EG ed EA, saranno: FP = EQ = ER = 597,4,85 +,74 878,445 5,85 +,74 859,99, ,85,85 = 5,8 m 5,85 = 46,07 m 5,85 = 75,4 m Per calcolare il volume di sterro è necessario scomporre la falda quadrangolare EFPQ nelle due falde triangolari EFP ed EPQ: PE = 5,8, , 0,58 4 5, cos 5 = 4,65 m = PÊF = arccos = = 6,49 gon IV = PÊQ =,8487 gon S EFP = 40,58 5,8 sen 5,5 = 8764,5 m S EPQ = 4,65 46,07 sen,8487 = 49 0, m S EQR = 75,4 46,07 sen 55,06 = 9 54,9 m Il volume di sterro (uguale a quello di riporto) sarà:,85 + 5,85 5,85 V S = 8764, , + 5, ,9 = m Piano del volo fotogrammetrico Dalla scala della carta si risale alla scale media dei fotogrammi (:N), quindi alla quota del volo: N = = , ,58 5,8 4,65 40,58 5 Foto Foto Foto A Foto 4 Foto 5 B G C D F E modello stereoscopico zona stereoscopica della strisciata Figura Distribuzione dei fotogrammi sull area da rilevare. Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

16 6 LA SECONDA PROVA SCRITTA Dunque la scala media dei fotogrammi sarà :4500, da cui deriva subito l altezza del volo e la sua quota, assumendo come quota media del terreno la media delle quote note del terreno: H = ,5 = 688,5 m 688 m Q V = = 9 m Il trascinamento ammesso (0,0 mm = 0,0000 m) condiziona la velocità del volo: v = 0, ,5 0,00 5 m/s = 486 km/h Ora è possibile determinare gli altri elementi del volo: 0,0 L = m 0,5 B = 04 ( 0,60) 44 m 0,0 688 t = ( 0,60), s 0,5 5 Infine possiamo calcolare il numero di fotogrammi: ingombro dell area lungo le ordinate: 860 m (dunque è sufficiente una sola strisciata, essendo 860 < L); ingombro dell area lungo le ascisse: 778, , m; n F = n TOT = int + + = 5 Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

17 7 Svolgimento dell esercizio 8 Sessione unica 0 Calcolo degli elementi planimetrici della particella assegnata (necessari allo svolgimento): 88, 60-58, 75 ( AB) = arctg = 50, 8584 gon 75, 40-08, 80 88, 60-58, 75 AB = = 86, 6 m sen 50, , 0-58, 75 ( AE) = arctg = 80, 0687 gon 48, 70-08, 80 7, 0-58, 75 AE = = 95, 6 m sen 80, , 0-88, 60 ( BC) = arctg = 57, 456 gon -65, 45-75, 40 0, 0-88, 60 BC = = 7, 0 m sen 57, 456 7, 0-50, 5 ( DE) = arctg =, 708 gon 48, 70-6, 5 7, 0-58, 75 DE = = 4, 78 m sen, 708 a = 80, ,8584 = 9,0 gon b = 50, ,456 = 9,4048 gon =,708-80,0687 =,694 gon E S = / Y X X 5586, 7 m i i ` i + - i -j = A S 4 = 796, 67 m. Calcolo degli elementi planimetrici necessari alla definizione della dividente MN, quindi della particella trapezia ABMN derivata: (cotg 9,0 + cotg 9,4048)h - 86,6 h ,67 = 0-0,8996 h - 7,6 h ,4 = 0 V A T M h E T Y T O B D N X C Figura La planimetria del problema. Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

18 8 LA SECONDA PROVA SCRITTA 7, 6! 7, , , 67 h=. = - 0, 8996 = 69, 08 m (nota: la radice negativa va scartata) 69, 08 AM = = 77, 08 m sen 9, 0 69, 08 BN = = 69, 48 m sen 9, , 67 MN = - 86, 6 =, 6 m 69, 08. Calcolo delle coordinate e delle quote degli estremi della dividente: X M = 58, ,08 sen 80,0687 = 85,4 m Y M = 08, ,08 cos 80,0687 = 85,06 m X N = 88, ,48 sen 57,456 = 4,07 m Y N = 75, ,48 cos 57,456 =,4 m p p AM BN 5, 09 = pae = - =-0, , 6 0, 7 = pbc = - =-0, , 0 Q T M = 5,7-0, ,08 =,6 m Q T N = 09,8-0, ,48 = 06,4 m. Sviluppo della curva tangente ai tre rettifili DE, EM, MN: MVE = (9,0 +,694) - 00 = 6,8497 gon ME = 95,6-77,08 = 8, 06 m 8, 06 VE =. sen 9, 0 = 8, 8 m sen 6, , 06 VM =. sen, 694 = 4, 59 m sen 6, , 8 + 4, , 06 p = = 85, 45 m 85, 45. 6, 8497 R = tg = 97,89 m 97, 89 t = VT = VT = = 85, 4 m 6, 8497 tg t = ET = ET = 85,4-8,8 = 57, m DT = 4,78-57, = 57,498 m t = MT = MT = 85,4-4,59 = 60,8 m NT =,6-60,8 = 5,96 m = 00 -,694 = 67,606 gon = 00-9,0 = 70,7897 gon 0,48,587,98 C 0,648 P +7, D 57,498 T 0,58 T 08,85 T 5,96 N Q TERR. 05,69 07,990,77,99 06,4 Q TERR. 05,5 06,40 08,474 0,65,697 Figura Il profilo longitudinale del problema. Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]

19 9 S = 97,89 p 67,606/00 = 0,58 m S = 97,89 p 70,7897/00 = 08,85 m Lunghezza percorso stradale: D T T T N = 57, , ,85 + 5,9 = = 4, m 4. Definizione della livelletta di compenso e costruzione del profilo longitudinale nel tratto D T T T N: p p ED MN 4, 59 = - =-0, , 78 7, = - =-0, 088, 6 Q T T = 0,8-0, , = 07,990 m Q T T = 0,8-0, , =,77 m Q T T =,6-0,088 60,8 =,99 m S nero = [(05, ,990)/] 57, [(07,990 +,77)/] 0, [(,77 +,99)/] 08, [(, ,4)/] 5,96 = 46 m Quota del centro di compenso C: 46 QC = = 09, 474 m 4, Q P D = 09,474-0,0 4,/ = 05,5 m Q P T = 09,474-0,0 5,6 = 06,40 m Q P T = 09,474-0,0 50,0 = 08,474 m Q P T = 09, ,0 58,84 = 0,65 m Q P N = 09, ,0 4,/ =,697 m q D = 05,5-05,69 = -0,48 m q T = 06,40-07,990 = -,587 m q T = 08,474 -,77 = -,98 m q T = 0,65 -,99 = -0,648 m q N =,697-06,4 = +7,557 m Punto di passaggio P tra T e N: T P = 0, 648 =, 07 m 0, 0 + 0, 088 Q P P = Q T P = 09, ,0 70,84 = 0,89 m Copyright 0 Zanichelli editore S.p.A., Bologna [597]